1、第十章 平面解析几何 专题探究课(五)平面解析几何中的高考热点问题最新考纲考情索引核心素养圆锥曲线的标准方程与性质2018全国卷，T202018全国卷，T202017全国卷，T202016全国卷，T211.直观想象2.数学运算圆锥曲线中的定点、定值问题2018全国卷，T202017全国卷，T202017全国卷，T201.直观想象2.数学运算圆锥曲线中的最值、范围问题2018浙江卷，T212018北京卷，T201.数学运算2.逻辑推理圆锥曲线中的探索性问题2017全国卷，T202016全国卷，T201.逻辑推理2.数学运算热点1 圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地
2、位一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一问，最常用的方法是定义法与待定系数法离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a，b，c三者之间的关系另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点【例1】(2019石家庄质检)如图，椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQPF1.(1)若|PF1|2 2，|PF2|2 2，求椭圆的标准方程；(2)若|PF1|PQ|，求椭圆的离心率e.解：(1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2 2)(2 2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此2c|F
3、1F2|PF1|2|PF2|2（2 2）2（2 2）22 3.即c 3，从而b a2c21，故所求椭圆的标准方程为x24 y21.(2)连接F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，又|PF1|PQ|PF2|QF2|2a|PF1|2a|QF1|，可得|QF1|4a2|PF1|.又因为PF1PQ且|PF1|PQ|，所以|QF1|2|PF1|.由可得|PF1|(42 2)a，从而|PF2|2a|PF1|(2 22)a.由PF1PF2知|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，即(42 2)2a2(2 22)2a24c2，可得(96 2)a2c2，即c2a296 2，
4、因此eca 96 2 6 3.1用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时注意数形结合思想的应用2圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确a，b，c中任意两量的等量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制变式训练设抛物线的顶点在坐标原点，焦点F在y轴正半轴上，过点F的直线交抛物线于A，B两点，线段AB的长是8，AB的中点到x轴的距离是3.(1)求抛物线的标准方程；(2)设直线m在y轴上的截距为6，且与抛物线交于P，Q两点，连接QF并延长交抛物线的准线于点R，当直线PR恰与抛物线相切时，求直线m的方程解：(1)设抛物线的方程是x22py(p0)，A(x1，y1)，B(x2，
5、y2)，由抛物线定义可知y1y2p8，又AB的中点到x轴的距离为3，所以y1y26，所以p2，所以抛物线的标准方程是x24y.(2)由题意知，直线m的斜率存在，设直线m：ykx6(k0)，Px3，x234，Qx4，x244，由ykx6，x24y消去y得x24kx240，所以x3x44k，x3x424.(*)易知抛物线在点Px3，x234 处的切线方程为yx234 x32(xx3)，令y1，得xx2342x3，所以Rx2342x3，1，又Q，F，R三点共线，所以kQFkFR，又F(0，1)，所以x244 1x4 11x2342x3，即(x234)(x244)16x3x40，整理得(x3x4)24
6、(x3x4)22x3x41616x3x40，将(*)式代入上式得k214，所以k12，经检验，当k12时，满足0，所以直线m的方程为y12x6.热点2 圆锥曲线中的定点、定值问题(满分示范)定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题【例2】(满分12分)(2017全国卷)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)四点P1(1，1)，P2(0，1)，P31，32，P41，32 中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点【规范解答
7、】(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由 1a2 1b2 1a2 34b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.1 1因此 1b21，1a2 34b21，解得a24，b21.3 2故椭圆C的方程为x24 y21.5 3(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为t，4t22，t，4t22，则k1k2 4t222t 4t222t1，得t2，不符合题设从而可设l：ykxm(m1).6 4将ykxm代入x24 y21得(4k21)x28kmx4m240.7 5由题设可
8、知16(4k2m21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28km4k21，x1x24m244k21.8 6而k1k2y11x1 y21x2kx1m1x1kx2m1x22kx1x2（m1）（x1x2）x1x2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210，10 7解得km12.11 8当且仅当m1时，0，于是l：ym12xm，即y1m12(x2)，所以l过定点(2，1).12 9高考状元满分心得(1)得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，分析隐含信息，列出方程组，求出方程在第(2)问中，
9、分类讨论设出直线方程联立方程写出根与系数的关系利用公式化简求解(2)得关键分：列出方程组；直线方程；韦达定理；斜率公式都是不可少的过程，有则给分，无则没分(3)得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证，如 3，5，7.构建模板解答圆锥曲线中的定点问题的一般步骤第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点第二步：探究一般情况，探究一般情形下的目标结论第三步：下结论，综合上面两种情况定结论变式训练(2019益阳调研)已知抛物线C1的方程为x22py(p0)，过点M(a，2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l
10、与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q，N，且|QN|2 5，求抛物线C1的方程；(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1k2为定值(1)解：因为抛物线C1的焦点坐标是0，p2，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是x2 yp21，即x22yp 1.联立抛物线方程和直线方程得x22py，x22yp 1，消去y，并整理得x2p22 xp20，设Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQxNp22，xQxNp2.则|QN|xQxN|（xQxN）24xQxNp2224（p2）p44 4p22 5，解得p24(舍负)，则p2(舍负)所以抛物线C1的方程为x24y
11、.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，x20)，得yx22p，则yxp.所以切线MA的方程是yy1x1p(xx1)，即yx1p xx212p.又点M(a，2p)在直线MA上，于是有2px1p ax212p，即x212ax14p20.同理，有x222ax24p20，因此，x1，x2是方程x22ax4p20的两根，则x1x22a，x1x24p2.所以k1k2x1p x2p x1x2p2 4p2p2 4，故k1k2为定值得证热点3 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类，一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以
12、及这些元素存在最值时求解与之有关的量的问题【例3】(2019广东六校联考)已知点P是圆O：x2y21上任意一点，过点P作PQy轴于点Q，延长QP到点M，使QP PM.(1)求点M的轨迹E的方程；(2)过点C(m，0)作圆O的切线l，交(1)中的曲线E于A，B两点，求OAB的面积的最大值解：(1)设M(x，y)，因为QP PM，所以P为QM的中点，又有PQy轴，所以Px2，y，因为点P是圆O：x2y21上的点，所以x22y21，即点M的轨迹E的方程为x24 y21.(2)由题意可知直线l与y轴不垂直，故可设l：xtym，tR，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为l与圆O：x2y21相切，所以
13、|m|t211，即m2t21，由x24y24，xtym，消去x，并整理得(t24)y22mtym240，其中4m2t24(t24)(m24)480，因为y1y2 2mtt24，y1y2m24t24.所以|AB|（x1x2）2（y1y2）2 t21（y1y2）24y1y2，将代入上式得|AB|t214m2t2（t24）24（m24）t244 3|m|m23，|m|1，所以SAOB12|AB|1124 3|m|m232 3|m|3|m|2 32 31，当且仅当|m|3|m|，即m 3时，等号成立，所以(SAOB)max1.范围(最值)问题的主要求解方法1几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征
14、及意义，则考虑利用图形性质来解决2代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解变式训练(2019银川质检)已知点A，B分别为椭圆E：x2a2 y2b2 1(ab0)的左、右顶点，点P(0，2)，直线BP交E于点Q，PQ 32QB 且ABP是等腰直角三角形(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围解：(1)因为ABP是等腰直角三角形，所以a2，B(2，0)，设Q(x0，y0)，由PQ 32QB，得(x0，y02)32(2x
15、0，y0)，有x032（2x0），y0232y0，则x065，y045，代入椭圆的方程，解得b21，所以椭圆E的方程为x24 y21.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设其方程为ykx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立ykx2，x24 y21，整理得(14k2)x216kx120，由韦达定理可知x1x2 16k14k2，x1x21214k2，由直线l与E有两个不同的交点，得0，即(16k)2412(14k2)0，解得k234.由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则OM ON 0，即x1x2y1y20，则x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2
16、)4(1k2)1214k22k 16k14k240，解得k24，综合可知34k24，解得 32 k2或2k 32，所以直线l斜率的取值范围是2，32 32，2.热点4 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题【例4】(2019广东六校联考)已知椭圆C：x2a2 y2b21(ab0)的离心率为 32，A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点，点P(2，1)满足PA1 PA2 1.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l经过点P且与C交于不同的两点M、N，试
17、问：在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由解：(1)依题意，A1(a，0)、A2(a，0)，又P(2，1)，所以PA1 PA2(a2，1)(a2，1)5a2，由PA1 PA2 1，a0，得a2，因为eca 32，所以c 3，所以b2a2c21，故椭圆C的方程为x24 y21.(2)存在理由如下：假设存在满足条件的点Q(t，0)当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意因此直线l的斜率存在，设l：y1k(x2)，由y1k（x2），x24 y21，消去y得(14k2)x2(16k28k)x16k216k0，则(
18、16k28k)24(14k2)(16k216k)64k，由0，得k0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x216k28k14k2，x1x216k216k14k2，因为kQMkQN y1x1t y2x2t（kx12k1）（x2t）（kx22k1）（x1t）（x1t）（x2t）2kx1x2（2k1kt）（x1x2）2（2k1）tx1x2t（x1x2）t2（4t8）k2t4（t2）2k28（2t）kt2，所以要使对任意k(，0)，kQMkQN为定值，则t2，此时kQMkQN1.故在x轴上存在点Q(2，0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1.探索性问题的求解方法1探索性问题通常采用“
19、肯定顺推法”，其步骤如下：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，列出与该元素相关的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素存在，否则，元素不存在2反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法变式训练已知直线yk(x2)与抛物线E：y212x相交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作y轴的垂线交E于点N.(1)证明：抛物线E在点N处的切线与直线AB平行；(2)是否存在实数k使 NA NB 0？若存在，求k的值；若不存在，说明理由(1)证明：由yk（x2），y212x，消去y并整理，得2k2x2(8k21)x8k20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28k212k2，x1x
20、24，所以xMx1x228k214k2，则yMk(xM2)k8k214k2 2 14k，由题设条件可知，yNyM 14k，则xN2y2N 18k2，所以N18k2，14k，设抛物线在点N处的切线方程为y 14kmx 18k2，将x2y2代入上式，得2my2y 14k m8k20，因为直线与抛物线相切，所以(1)242m14k m8k2（mk）2k20，所以mk，即抛物线E在点N处的切线与直线AB平行(2)解：假设存在实数k，使NA NB 0，则NANB，因为M是AB的中点，所以|MN|12|AB|，由(1)得|AB|1k2|x1x2|1k2（x1x2）24x1x2 1k28k212k22441k216k214k4，因为MNy轴，所以|MN|xMxN|8k214k218k2 16k218k2，所以16k218k212 1k216k214k4，解得k12，故存在k12，使NA NB 0.